山西省临汾市2019届高三物理二轮复习模拟试题（含解析）

山西省临汾市2019届高三物理二轮复习模拟试题（含解析）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.2017年12月6日报道，中国散裂中子源项目将于2018年前后建成。目前，位于广东东莞的国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)首次打靶成功，获得中子束流，这标志着(CSNS)主体工程顺利完工，进入试运行阶段。对于有关中子的研究，下面说法不正确的是()A.中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性B.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是核聚变反应C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.核反应方程中的y＝206，X中中子个数为124【答案】C【解析】【详解】中子和其他微观粒子，都具有波动性，也具有微粒性，即具有波粒二象性，选项A正确；一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是核聚变反应，选项B正确；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出了原子的核式结构理论，选项C错误；核反应方程中的y＝210-4=206，X中中子个数为206-82=124，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.2.如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则()A.μ＝0.5，θ＝37°B.μ＝0.5，θ＝53°C.μ＝0.75，θ＝53°D.μ＝0.75，θ＝37°【答案】D【解析】对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，水平方向，有：Fcosθ-f=0，竖直方向，有：N+Fsinθ-G=0，其中：f=μN，故令μ=tanα，则F=；当α-θ=0°时，F有最小值，故F=sinαG=90N，故α=37°，故μ=tan37°=0.75，θ=37°；故选D.点睛：本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，第二问令μ=tanα求解F的最小值的表达式是关键；3.质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则()A.整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B.整个过程中机械能的增量为2mg2t2C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D.从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2【答案】BD【解析】试题分析：小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由，又，解得，则小球回到A点时的速度为，整个过程中小球速度增量的大小为，速度增量的大小为．动量增加为，由牛顿第二定律得，联立解得，，故AB错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，故动能减少了，故C错误；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得，解得，从A点到最低点小球重力势能减少了，故D正确．4.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为A.GMmB.GMmC.D.【答案】D【解析】试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：轨道半径为时①，卫星的引力势能为②轨道半径为时③，卫星的引力势能为④设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：⑤联立①～⑤得，故选项D正确。考点：万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系【名师点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量。5.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v﹣t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（）A.水平推力F1、F2大小可能相等B.a的平均速度大于b的平均速度C.合外力对a物体的冲量大于合外力对b物体的冲量D.摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功【答案】D【解析】【分析】A、由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。加力F时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F-f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小，故A错误；设两物体的最大速度为v，加F时两物体的平均速度均为v/2，撤去F后两物体的平均速度仍为v/2，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量的关于动量的变化量，即IF-If=0，根据If=ft可知，摩擦力对a的冲量比b小，则F1对a物体的冲量小于F2对b物体的冲量，故C正确；由图象可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确。故选CD。【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同。这是解题的关键。6.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，圆心O与轨道左、右最高点a、c在同一水平线上，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点a滑下，则下列说法中正确的是A.滑块经过最低点b时的速度与磁场不存在时相等B.滑块从a点到最低点b所用的时间与磁场不存在时短C.滑块经过最低点b时对轨道压力与磁场不存在时相等D.滑块能滑到右侧最高点c【答案】AD【解析】AD、滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时的速度相等，故A正确；根据能量守恒定律得滑块能滑到右侧最高点c，故D正确；B、滑块在下滑过程中，在任何位置的速度与有没有磁场无关，因此滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故B错误；C、由于滑块到达最低点时的速度与不存在磁场时的速度v相等，滑块做圆周运动，由可知，滑块的加速度相等，由牛顿第二定律得：，可得：，滑块对轨道的压力，由此可知：滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，故C错误；故选AD。【点睛】滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时的速度相等，滑块在下滑过程中，在任何位置的速度与有没有磁场无关，因此滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等。7.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5︰1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是()A.原、副线圈中的电流之比为5︰1B.电压表的读数约为31.11VC.若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103JD.若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小【答案】BC【解析】试题分析：原线圈电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，根据，则副线圈原、副线圈中的电流之比为1：5，A错误；根据,原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知,解得U=22=31.11V，故B错误；则1min内滑动变阻器产生的热量为，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误．故选：C考点：变压器；电功率；电路的动态分析.8.如图甲所示，半径为1m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1kg，电阻为1Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好。已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则()A.导体棒的电流是从b到aB.通过导体中的电流大小为0.5AC.0～2s时，导体棒产生的热量为0.125JD.t＝πs时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N【答案】AC【解析】【详解】穿过闭合回路的磁通量向里增加，有人楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；感应电动势，则感应电流，选项B错误；0～2s时，导体棒产生的热量为，选项C正确；t＝πs时，导体棒受到的安培力；最大静摩擦力，则此时导体棒处于静止状态，所受的摩擦力大小为0.25N，选项D错误；故选AC.二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题～第14题为选考题，考生根据要求做答)9.小明在课本查到“木一木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：(1)将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ=___________。(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；③挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图纸带。(3)已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=___________m/s2(保留两位有效数字)(4)若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的μ=___________(结果保留两位有效数字)【答案】(1).(2).2.4(3).0.32～0.33【解析】（1）由平衡知识可知：，解得（2）根据∆x=aT2可得木块运动的加速度（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得因，联立可得点睛：解决问题的关键是明确实验的原理，根据牛顿第二定律列出表达式，根据题目的条件求解摩擦因数.10.如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，灵敏电流计满偏电流Ig=10mA，内阻为rg=90Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为___________Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_______________Ω。（2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计_______